đề thi minh họa cực hay 2017 môn toán thầy tùng

HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

MINH HỌA CHO ĐỀ MINH HỌA
KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Chịu trách nhiệm biên soạn
GV: Nguyễn Thanh Tùng
(01/04/2016)

Môn: TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y   x 4  2 x 2  3 .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) 

x2
 4ln(3  x) trên đoạn [  2;1] .
2

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z có phần ảo dương, thỏa mãn z 2  2 z  10  0 . Tìm môđun của số phức w  4( z  1)  z  3 .
b) Giải bất phương trình log 2 x  log 0,5 ( x  2)  log
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
0

2

8.

(25 x 2  15 x  2) x
2  5x 2  2 x  1

dx .

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 :

x 1 y  3 z

 ,
2
3
2

x5 y z 5
 
và mặt phẳng ( P ) : x  2 y  2 z  1  0 . Tìm tọa độ điểm M và N lần lượt thuộc 1 và  2 (biết M
6
4
5
có hoành độ lớn hơn 2) sao cho MN song song với ( P ) và khoảng cách giữa MN và ( P ) bằng 2 .
2 :

Câu 6 (1,0 điểm).
sin x  cos 2 x
0.
cos x

b) Chương trình “Táo Quân - Gặp nhau cuối năm 2016” có tổ chức trò chơi CHIẾC NÓN VI DIỆU dành cho các
Táo, giống như trò chơi truyền hình CHIẾC NÓN KỲ DIỆU trên kênh VTV3. Chiếc nón có hình tròn được chia đều
thành 10 ô quạt, trong đó có 5 ô có tên Tham nhũng , 3 ô có tên Trong sạch và có 2 ô có tên Phần Thưởng. Có 4 Táo
(Kinh Tế, Xã Hội, Giáo Dục và Tinh Thần) cùng tham gia trò chơi, mỗi táo chỉ được quay ngẫu nhiên một lần. Tính xác
suất để Táo Kinh Tế quay vào ô Tham nhũng và Táo Tinh Thần quay vào ô Phần Thưởng.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S .ABCD , đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D . Có AD  DC  a và AB  2a .
Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD) là trung điểm của AB và góc tạo bởi hai mặt phẳng ( SBC ) và

a) Giải phương trình

( ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S .ABCD đã cho và khoảng cách từ điểm B tới mặt phẳng ( SAC ) theo a .

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A( 2; 0) . Đường thẳng  có phương
 2 6
trình 3 x  y  0 đi qua C và chỉ có một điểm chung C với hình bình hành. Gọi H   ;  , K lần lượt là hình chiếu
 5 5
24
vuông góc của B, D lên  . Diện tích hình thang BHKD bằng
. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành
5
ABCD biết đường thẳng BD đi qua điểm M ( 2; 6) và K có hoành độ dương.

 2  x 4  y 6   3  2 x 4  y 6   3x2  2 y 3

Câu 9 (1,0 điểm). Tìm số nghiệm thực của hệ phương trình sau: 
 x  y 2  8 x 2 y  2016

x2  y 2  z 2  4
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn
 2 x  3z .

2
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: T  x  2( y  z ) .
Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

MINH HỌA CHO ĐỀ MINH HỌA
------------------------------Nguyễn Thanh Tùng
Câu

facebook.com/ ThayTungToan

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn : TOÁN
(Đáp án – thang điểm gồm 07 trang)

Đáp án
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y   x 4  2 x 2  3 .

Điểm
 1, 0

* Tập xác định: D   .
* Sự biến thiên:
– Chiều biến thiên: y '  4 x3  4 x  4 x ( x 2  1) ; y '  0  x  0 hoặc x  1 .

0,25

Các khoảng đồng biến ( ; 1) và (0;1) ; các khoảng nghịch biến ( 1; 0) và (1;  ) .
– Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1 , y  4 ; đạt cực tiểu tại x  0 , yCT  3 .
CĐ
– Giới hạn: lim y  lim y   .

0,25

x 

x 

– Bảng biến thiên:

0,25

1

* Đồ thị:

0,25

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

facebook.com/ ThayTungToan
x
 1, 0

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)   4ln(3  x) trên đoạn [  2;1]
2

GV: Nguyễn Thanh Tùng

2

Ta có f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn [  2;1] ; f '( x )  x 
2

3

4
 x2  3x  4

3 x
3 x

 x  1  2;1
f '( x)  0   x 2  3 x  4  0  
.
 x  4   2;1
1
1  16 ln 2
1
1  8 ln 2
Ta có f ( 2)  2  4 ln 5 ; f ( 1)   8ln 2 
; f (1)   4 ln 2 
2
2

2
2
1  8 ln 2
1  16 ln 2
Khi đó max f ( x) 
khi x  1 và min f ( x ) 
khi x  1
x 2;1
x 2;1
2
2
a) Cho số phức z có phần ảo dương, thỏa mãn z 2  2 z  10  0 .
Tìm môđun của số phức w  4( z  1)  z  3 .
b) Giải bất phương trình log 2 x  log 0,5 ( x  2)  log

2

0,25
0,25

 1, 0

2

0,25
2

Với z  1  3i . Suy ra w  4( z  1)  z  3  4(1  3i  1)  4  3i  12i  4  3  5  12i
2

0,25

8.

Phương trình z 2  2 z  10  0 có biệt thức   9  (3i) 2
Khi đó z  1  3i (loại – vì z phải có phần ảo dương) hoặc z  1  3i (thỏa mãn )

a)

0,25

0,25

2

Vậy w  5  12i  5  12  13

b)

4

x  0
ĐK: 
 x  2 . Khi đó phương trình tương đương:
x

2

0


x
log 2 x  log 2 ( x  2)  2 log 2 23  log 2
 log 2 2 6
x2
x

 26  x  64( x  2) (vì x  2 )
x2
128
128
x
, kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình 2  x 
63
63
1
2
(25 x  15 x  2) x
Tính tích phân I  
dx .
2
0 2  5x  2 x  1
2tdt  (10 x  2)dx  (5 x  1)dx  tdt
Đặt t  5 x 2  2 x  1  t 2  5 x 2  2 x  1   2
2
5 x  2 x  t  1
Đổi cận x  0  t  1 và x  1  t  2 .
Khi đó ta biến đổi:
1
1
1

(25 x 2  15 x  2) x
(5 x  1)(5 x  2) x
5 x2  2 x
I 
dx  
dx  
(5 x  1)dx .
2
2
2
0 2  5x  2 x  1
0 2  5x  2x  1
0 2  5x  2 x  1
2 2
2 3
2
t 1
t t
6 


.tdt  
dt    t 2  2t  3 
 dt
t2
1 t2
1 t2
1

0,25

0,25

 1, 0
0,25

0,25

0,25

2

 t3 2

7
4
   t  3t  6 ln t  2    6 ln .
3
3
1 3

0,25

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !


facebook.com/ ThayTungToan
x 1 y  3 z
Trong không không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 :


 ,
2
3
2
x5 y z 5
2 :
 
và mặt phẳng ( P ) : x  2 y  2 z  1  0 . Tìm tọa độ điểm M và N lần
 1, 0
6
4
5
lượt thuộc 1 và  2 (biết M có hoành độ lớn hơn 2) sao cho MN song song với ( P ) và
khoảng cách giữa MN và ( P ) bằng 2 .
Gọi M (2m  1; 3m  3; 2m)  1
N (6n  5; 4n; 5n  5)   2
Vì MN // ( P ) nên d ( MN , ( P ))  d ( M , ( P )) 0,25
2m  1  2(3m  3)  2.2m  1
2
12  2 2  2 2

GV: Nguyễn Thanh Tùng

5

6

a)

HOCMAI.VN

m  1
 M (3;0; 2)
. Do M có hoành độ lớn hơn 2, suy ra M (3; 0; 2)
 12m  6  6  

m  0
 M (1;3; 0)


Khi đó MN  (6n  2; 4n; 5n  7) và ta có n( P )  (1; 2; 2) là vecto pháp tuyến của ( P ) .
 
Do MN // ( P ) nên MN .n( P )  0  6n  2  2.4n  2(5n  7)  0
 12n  12  0  n  1  N (1; 4;0)
Vậy M (3; 0; 2) và N ( 1; 4; 0) .
sin x  cos 2 x
a) Giải phương trình
0.
cos x
b) Chương trình “Táo Quân - Gặp nhau cuối năm 2016” có tổ chức trò chơi CHIẾC NÓN
VI DIỆU dành cho các Táo, giống như trò chơi truyền hình CHIẾC NÓN KỲ DIỆU trên kênh
VTV3. Chiếc nón có hình tròn được chia đều thành 10 ô quạt, trong đó có 5 ô có tên Tham
nhũng, 3 ô có tên Trong sạch và có 2 ô có tên Phần Thưởng. Có 4 Táo (Kinh Tế, Xã Hội,
Giáo Dục và Tinh Thần) cùng tham gia trò chơi, mỗi táo được quay ngẫu nhiên một lần. Tính
xác suất để Táo Kinh Tế quay vào ô Tham nhũng, Táo Tinh Thần quay vào ô Phần Thưởng.
Điều kiện: cos x  0 . Khi đó phương trình tương đương:
sin x  1
2
2
sin x  cos 2 x  0  sin x  1  2sin x  0  2sin x  sin x  1  0  

sin x   1

2
+) Với sin x  1  cos x  0 (loại).
1

4
+) Với sin x    x    k 2 hoặc x 
 k 2
2
3
3

4
Vậy phương trình có nghiệm x    k 2 hoặc x 
 k 2 ( k  ).
3
3
Chú ý: Ngoài cách giải trên ta có thể giải như sau:


sin x  cos 2 x  0  sin x   cos 2 x  sin x  sin  2 x  
2





 x  2 x  2  k 2
 x  2  k 2



, kết hợp với điều kiện ta
 x     2 x     k 2
 x    k 2




2
2
3


4
được nghiệm: x    k 2 hoặc x 
 k 2 ( k  ) .
3
3

0,25
0,25
0,25

 1, 0

0,25

0,25

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

Một táo mỗi lần quay tạo ra 10 khả năng. Do đó số khả năng xảy ra khi 4 táo tham gia trò chơi
(mỗi người quay 1 lần) là: n()  10.10.10.10  104
b)

Gọi A là biến cố “Táo Kinh Tế quay vào ô Tham nhũng và Táo Tinh Thần quay vào ô Phần
Thưởng” . Khi đó:
Táo Kinh Tế có 5 khả năng, Táo Tinh Thần có 2 khả năng và hai Táo còn lại mỗi táo có 10
khả năng. Suy ra n( A)  5.2.10.10  103 .

n( A) 103

 0,1 .
n() 104
Cho hình chóp S .ABCD , đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D . Có AD  DC  a và
AB  2a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD) là trung điểm của AB và
góc tạo bởi hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S .ABCD đã
cho và khoảng cách từ điểm B tới mặt phẳng ( SAC ) theo a .
Gọi H là trung điểm của AB , suy ra SH  ( ABCD ) . Dựng HI  BC ( I  BC ) , khi đó
  600 .
BC  ( SHI )  BC  SI . Suy ra góc tạo bởi ( SBC ) và ( ABCD) là SIH

0,25

0,25

Vậy xác suất cần tính là: P( A) 

Ta có S ABCD 

( AB  DC ). AD (2a  a).a 3a 2


2
2
2
Ta có AH  HB  a , suy ra ADCH là hình vuông

 1, 0

0,25

 CH  AH  a  BC  CH 2  HB 2  a 2
BC a 2

( BCH vuông cân)
2
2
  a 2 .tan 600  a 6 .
Khi đó SH  HI . tan SIH
2
2

Thể tích khối chóp S .ABCD là:
1
a3 6
VS . ABCD  SH .S ABCD 
.
3
4
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên AC và K
là hình chiếu của H trên SE .
 AC  SH
Ta có 
 AC  (SHE )  AC  HK
 AC  HE
Mà HK  SE  HK  ( SAC )  d ( H , (SAC ))  HK
 HI 

S

7
K
600

A

B

H
E
D

I
C

AC a 2

2
2
1
1
1
2
2
8
Khi đó


 2 2  2
2
2
2
HK
SH
HE
3a
a
3a
a 6
 HK 
. Do BH  ( SAC )  A , suy ra:
4

BA
a 6
d ( B, ( SAC )) 
.d ( H , (SAC ))  2 HK 
BH
2

0,25

0,25

Ta có HAC vuông cân nên HE 

0,25

Chú ý: Bài toán sẽ khó hơn nếu ta thay dữ kiện AB  2a thành AB  3a  2a (bởi yếu tố
vuông góc CH  AB sẽ không còn) khi đó ta sẽ giải quyết như sau…(xem trong bài giảng).

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN
facebook.com/ ThayTungToan
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A( 2; 0) . Đường thẳng  có
phương trình 3 x  y  0 đi qua C và chỉ có một điểm chung C với hình bình hành. Gọi
 1, 0
 2 6
H   ;  , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B, D lên  . Diện tích hình thang BHKD
 5 5
24

bằng
. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD biết đường thẳng BD đi qua
5
điểm M ( 2; 6) và K có hoành độ dương.

GV: Nguyễn Thanh Tùng

M(-2;6)
B(?)

A(-2;0)

Δ:3x+y=0

I
H(-2/5;6/5)
C(?)

D(?)
I'
A'

8

Gọi I là tâm của hình bình hành
ABCD và A ', I ' lần lượt là hình chiếu
vuông góc của A, I lên  .
Khi đó II ' là đường trung bình trong
cả hình thang BHKD và tam giác
AA ' C . Do đó ta có:

6
BH  DK  2 II '  AA '  d ( A, ) 
10

0,25

K

Lúc đó S BHDK

( BH  DK ).HK
2.S BHDK

 HK 

2
BH  DK

24
5  8 10 .
6
5
10

2.

2

2

128
6  128
 2 
Gọi K  t; 3t    với t  0 , khi đó : HK 
  t     3t   
5
5
5
 5 
6
 6 18 
 5t 2  4t  12  0  t  hoặc t  2 (loại)  K  ;   .
5
5 5 
Khi đó phương trình KD : x  3 y  12  0 và BH : x  3 y  4  0
 3b  3d  8 b  d 
Gọi D(3d  12; d ) và B (3b  4; b)  I 
;
  C  3b  3d  10; b  d 
2
2 

 B (3b  4; b)
Do C    3.(3b  3d  10)  b  d  0  d  b  3  
 D (3b  3; b  3)

MB  (3b  2; b  6)
Ta có 
MD  (3b  5; b  9)
Do M  BD nên :

 B (1;1)
(3b  2)(b  9)  (b  6)( 3b  5)  48b  48  b  1  
 C (1; 3)
 D (0; 4)
Vậy B ( 1;1), C (1; 3), D(0; 4) .
2

Tìm số nghiệm thực của hệ phương trình sau:
 2  x 4  y 6   3  2 x 4  y 6   3 x 2  2 y 3 (1)


 x  y 2  8 x 2 y  2016
(2)

0,25

0,25

0,25

 1, 0

Điều kiện: x2 y  0
Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

Biến đổi :


2  x4  y6   3 2x4  y6  

x

2

2

 y3  

 2x

2

x

2

2

facebook.com/ ThayTungToan
2

 y3    x 2  y 3  

2x

2

2

 y 3   2  x 2  y3 

2

0,25

2

 y 3   x 2  y 3  2 x 2  y 3  3x 2  2 y 3  3 x 2  2 y 3

Dấu “=” xảy ra khi x2  y 3 , khi đó (1)  x 2  y3
Đặt x  t 3  y  t 2 , khi đó phương trình (2) có dạng: t 4  t 3  t  2016  0 (3)

t 4  t 3  t  2016 khi t  0
Xét hàm số f (t )  t  t  t  2016   4 3
t  t  t  2016 khi t  0
+) Khi t  0 , ta có: f '(t )  4t 3  3t 2  1  0 (*)
4

9

3

0,25

+) Khi t  0 , ta có: f '(t )  4t 3  3t 2  1 ; f ''(t )  12t 2  6t

t  0
2
Với f ''(t )  0  12t  6t  0  
t   1

2

0,25

Suy ra f '(t )  0 , t  0 (2*)
Từ (*) và (2*) ta có bảng biến thiên:

0,25
Từ bảng biến thiên, suy ra phương trình f (t )  0 có 2 nghiệm trái dấu
Vì ứng với mỗi giá trị t , cho ta duy nhất một bộ ( x; y ) .
Do đó hệ phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm.

x2  y 2  z 2  4
 2 x  3z .
2
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: T  x  2( y  z ) .

Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn

x2  y 2  z 2  4
 2 x  3z  ( x  2) 2  y 2  ( z  3)2  9 (*)
2
và T  x  2( y  z )  x  2 y  2 z  T  0 (2*)
Trong không gian tọa độ :
Xét mặt cầu (S ) : ( x  2) 2  y 2  ( z  3) 2  9 có tâm I (2; 0; 3) và bán kính R  3

và mặt phẳng ( ) : x  2 y  2 z  T  0
Xét các điểm M ( x; y; z ) thỏa mãn (*) và (2*)
Suy ra M nằm trong và cả trên mặt cầu ( S ) , đồng thời M  ( ) .

 1, 0

Ta có:

0,25

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

Khi đó ta có: d ( I ,( ))  R 
10

facebook.com/ ThayTungToan

8T
 3  9  8  T  9  1  T  17
3

0,25

Với T  1 , suy ra M là tiếp điểm của ( S ) và mặt phẳng ( ) : x  2 y  2 z  1  0
Khi đó M là giao của đường thẳng  và ( ) (trong đó  đi qua I và vuông góc với ( ) )

x  2  t

Ta có phương trình  :  y  2t
 M (2  t1 ; 2t1; 3  2t1 ) .
 z  3  2t


0,25

Do M  ( )  2  t1  4t1  2(3  2t1 )  1  0  t1  1  M (1; 2; 1)
Suy ra giá trị nhỏ nhất của T là 1 khi x  1; y  2; z  1 .
Với T  17 , suy ra M là tiếp điểm của ( S ) và mặt phẳng ( ) : x  2 y  2 z  17  0
Khi đó M là giao của đường thẳng  và ( ) (trong đó  đi qua I và vuông góc với ( ) )

x  2  t

Ta có phương trình  :  y  2t
 M (2  t2 ; 2t2 ; 3  2t2 ) .
 z  3  2t


0,25

Do M  ( )  2  t2  4t2  2(3  2t2 )  17  0  t2  1  M (3; 2; 5)
Suy ra giá trị lớn nhất của T là 17 khi x  3; y  2; z  5 .

CHÚC CÁC BẠN CÓ MỘT NGÀY 4/1 NHẬN ĐƯỢC NHIỀU “QUÀ TO” !

GV: Nguyễn Thanh Tùng

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !